2022年龙门亮剑高三物理一轮复习模块综合检测新人教版选修33

这是一份2022年龙门亮剑高三物理一轮复习模块综合检测新人教版选修33，共6页。试卷主要包含了如右图为电冰箱的工作原理示意图等内容，欢迎下载使用。
1．(8分)如图所示的圆柱形容器内用活塞密封一定质量的气体，已知容器横截面积为S，活塞重为G，大气压强为p0.若活塞固定，密封气体温度升高1 ℃，需吸收的热量为Q；若活塞不固定，且可无摩擦滑动，仍使密封气体温度升高1 ℃，需吸收的热量为Q2.
(1)Q1和Q2哪个大些？气体在定容下的比热容与在定压下的比热容为什么会不同？
(2)求在活塞可自由滑动时，密封气体温度升高1 ℃，活塞上升的高度h.
【解析】 (1)设密闭气体温度升高1 ℃，内能的增量为ΔU，则有ΔU＝Q1，ΔU＝Q2＋W
因体积膨胀，W＜0，故Q2＞Q1
由此可见，质量相等的同种气体，在定容和定压两种不同情况下，尽管温度变化相同，但吸收的热量不同，所以同种气体在定容下的比热容与在定压下的比热容是不同的．
(2)对活塞用动能定理得
W内－p0Sh－Gh＝0，W内＝－W
故h＝eq \f(－W,p0S＋G)
由①②式得－W＝Q2－Q1
代入得h＝eq \f(Q2－Q1,p0S＋G).
【答案】 (1)Q1＜Q2 见解析 (2)eq \f(Q2－Q1,p0S＋G)
2．(6分)
某同学设计了如下一个用“油膜法测分子大小”的实验．他配制的油酸酒精溶液的浓度为103 mL溶液中有纯油酸1 mL，用注射器量得1 mL上述油酸酒精溶液中有液滴50滴，将其中的1滴滴入水面撒有痱子粉的浅盘里，待稳定后，形成了清晰的油膜轮廓．他然后将一有机玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下了油膜的形状．但他没有坐标纸，就先用游标卡尺测量了该玻璃板的厚度如右图所示，然后用剪刀剪出了面积量等于油膜形状的有机玻璃板，如图所示，并用天平称出了其质量为0.3 kg，已知该有机玻璃板的密度为ρ=3×103 kg/m3，请根据以上数据估测：
(1)油酸膜的实际面积；
(2)油酸分子的直径.
【解析】 (1)由图读出有机玻璃板的厚度d×10－3 m
油酸膜的实际面积
S＝eq \f(m,ρd)＝eq \f(,3×103××10－3) m2＝4×10－2 m2.
(2)每滴油酸的体积V＝eq \f(1,50)×eq \f(1,103)×10－6 m3＝2×10－11 m3
油酸分子直径d＝eq \f(V,S)＝5×10－10 m.
【答案】 (1)4×10－2 m2 (2)5×10－10 m
3．(6分)如右图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F＞0为斥力，F＜0为引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置．现在把乙分子从a处静止释放，若规定无穷远处分子势能为零，则：
(1)乙分子在何处势能最小？是正值还是负值？
(2)在乙分子运动的哪个范围内分子力和分子势能随距离的减小都增加？
【解析】 (1)由于乙分子由静止开始，在ac间一直受到甲分子的引力而做加速运动，引力做正功，分子势能一直在减小，到达c点时所受分子力为零，加速度为零，速度最大，动能最大，分子势能最小为负值．
(2)在分子力表现为斥力的那一段上，即乙分子由c向d运动过程中，分子力做负功，分子势能增加．
【答案】 (1)c处 负值 (2)c到d阶段
4．(6分)(1)如下图为同一密封的小包装食品的两张照片，甲图摄于海拔500 m、气温18 ℃的环境下，乙图摄于海拔3 200 m、气温10 ℃环境下．下列说法正确的是( )
A．乙图中小包内气体的压强增大了
B．乙图中小包内气体的压强减小了
C．由此推断，如果小包不破裂，且鼓起得越厉害，则所在位置的海拔越高
D．由此推断，如果小包不破裂，则海拔越高，小包内气体的压强就越大
(2)能源是当今社会快速发展所面临的一大难题，由此，人们想到了永动机．关于第二类永动机，甲、乙、丙、丁4名同学争论不休．
甲：第二类永动机不违反能量守恒定律，应该可以制造成功．
乙：虽然内能不可能全部转化为机械能，但在转化过程中可以不引起其他变化．
丙：摩擦、漏气等因素导致能量损失，第二类永动机才因此不能制成．
丁：内能与机械能之间的转化具有方向性才是第二类永动机不可能制成的原因.
你认为________的说法是正确的
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
【解析】 (1)小包内气体温度降低，体积增大，由状态方程eq \f(pV,T)＝C知，小包内的压强p减小，A项错误、B正确；小包鼓起来，是因为小包内气体压强大于小包外气体压强，在海拔高度不增加、外界压强不变的情况下，小包内压强越大，鼓得越厉害，C项错误；海拔高度越高，外界压强越小，内部压强也减小，D项错误．
(2)内能与机械能之间的转化具有方向性才是第二类永动机不可能制成的原因，正确的选项为D.
【答案】 (1)B (2)D
5．(8分)(2009年高考上海单科)如右图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39 cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40 cm.先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2 cm，求：
(1)稳定后右管内的气体压强p；
(2)左管A端插入水银槽的深度h(大气压强p0=76 cmHg)
【解析】 (1)插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：
p0l0S＝p(l0－Δh/2)S
所以p＝78 cmHg.
(2)插入水银槽后左管压强：p′＝p＋ρgΔh＝80 cmHg
左管内外水银面高度差h1＝eq \f(p′－p0,ρg)＝4 cm
中、左管内气体p0l＝p′l′，l′＝38 cm
左管插入水银槽深度h＝l＋Δh/2－l′＋h1＝7 cm.
【答案】 (1)78 cmHg (2)7 cm 6．(10分)(1)随着科技的迅猛发展和人们生活水平的提高，下列问题一定能够实现或完成的是( )
A．假如全世界60亿人同时数1 g水的分子个数，每人每小时可以数5 000个，不间断地数，则大约20年能数完(阿伏加德罗常数NA×1023个/ml)
B．热量可以从低温物体传到高温物体
C．热机的效率达到100%
D．太阳能的利用普及到老百姓的日常生活中
(2)某学校研究性学习小组组织开展一次探究活动，想估算地球周围大气层空气的分子个数和教室内的空气早晨同中午空气多少的变化情况．一学生通过网上搜索，查阅得到以下几个物理量数据：已知地球的半径R＝×106 m，地球表面的重力加速度g＝ m/s2，大气压强p0＝×105 Pa，空气的平均摩尔质量M＝×10－2 kg/ml，阿伏加德罗常数NA＝×10237 ℃，中午教室内的温度是27 ℃.
①这位同学根据上述几个物理量能估算出地球周围大气层空气的分子数吗？若能，请说明理由；若不能，也请说明理由．
②根据上述几个物理量能否估算出中午跑到教室外的空气是早晨教室内的空气的几分之几？
【解析】 (1)可估算需要10万年才能数完，所以A错；热力学第二定律告诉我们B正确；热机是把内能转化为机械能的机器，根据热力学第二定律可知C错；太阳能的开发和利用是人类开发新能源的主要思路，完全可以实现全民普及太阳能，所以D正确，正确的答案为B、D.
(2)①能．因为大气压强是由大气重力产生的，由p0＝eq \f(mg,S)＝eq \f(mg,4πR2)，得m＝eq \f(4πR2p0,g)
把查阅得到的数据代入上式得，m×1018 kg
大气层空气的分子数为
n＝eq \f(m,M)NA＝eq \f(×1018,×10－2)××1023×1044个
②可认为中午同早晨教室内的压强不变，根据等压变化规律eq \f(V2,V1)＝eq \f(T2,T1)，
将T1＝280 K、T2＝300 K，代入得V2＝eq \f(300,280)V1
故跑到室外的空气体积ΔV＝V2－V1＝eq \f(20,280)V1
所以跑到室外空气占早晨室内的比例为
eq \f(ΔV,V2)＝eq \f(\f(20,280)V1,\f(300,280)V1)＝eq \f(1,15).
【答案】 (1)BD (2)①能 理由见解析 ②eq \f(1,15)
7. (8分)如右图所示是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为22 cm，现用竖直向下的外力F压缩气体，使封闭的空气柱长度变为2 cm×105 Pa，不计活塞的重力．问：
(1)若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强有多大？
(2)若以适当的速度压缩气体时，向外散失的热量为20 J，则气体的内能增加多少？(活塞的横截面积S＝1 cm2)
【解析】 (1)设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，l0＝22 cm，l＝2 cm，V0＝l0S，V＝lS.缓慢压缩，气体温度不变，由玻意耳定律得：p0V0＝pV
解得p×106 Pa.
(2)大气压力对活塞做功W1＝p0S(l0－l)＝2 J
人做功W2＝100 J，由热力学第一定律：
ΔU＝W1＋W2－Q
代入数据，解得：ΔU＝82 J.
【答案】 ×106 Pa (2)82 J
8．(6分)(2008年高考海南理综)如右图所示，一根粗细均匀、内壁光滑、竖直放置的玻璃管下端密封，上端封闭但留有一抽气孔．管内下部被活塞封住一定量的气体(可视为理想气体)，气体温度为T1，开始时，将活塞上方的气体缓慢抽出，当活塞上方的压强达到p0时，活塞下方气体的体积为V1，V1，p0，继续将活塞上方抽成真空并密封，整个抽气过程中管内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热，求：
(1)活塞刚碰到玻璃管顶部时气体的温度；
T1时气体的压强．
【解析】 (1)由玻意耳定律得：eq \f(V,V1)＝eq \f(p0p0,p0)，式中V是抽成真空后活塞下方气体体积
由盖·吕萨克定律得：eq \f(V1＋V1,V)＝eq \f(T′,T1)
解得：T′T1.
(2)由查理定律得：eq \f(T1,T′)＝eq \f(p2,p0)
解得p2p0.
【答案】 T1 p0
9．(10分)如右图为电冰箱的工作原理示意图．压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环．在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷疑器时制冷剂液化，放出热量到箱体外．
(1)下列说法正确的是 .
A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
(2)电冰箱的制冷系统从冰箱内吸收的热量与释放到外界的热量相比，有怎样的关系？
【解析】 (1)热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能的转化和守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C正确，D错误．
由热力学第二定律可知，热量不能自发地从低温物体传给高温物体，除非有外界的影响或帮助．电冰箱把热量从低温的内部传到高温的外部，需要压缩机的帮助并消耗电能，故应选B、C.
(2)由热力学第一定律可知，电冰箱从冰箱内吸了热量，同时消耗了电能，释放到外界的热量比从冰箱内吸收的热量多．
【答案】 (1)BC (2)见解析
10．(10分)房间的容积为20 m3，在温度为7 ℃、×104 Pa时，室内空气质量是25 kg.当温度升高到27 ℃，×105 Pa时，室内空气的质量是多少？
【解析】 (1)气体初态：
p1×104 Pa，V1＝20 m3，T1＝280 K.
末态：p2×105 Pa，体积V2，T2＝300 K.
由状态方程：eq \f(p1V1,T1)＝eq \f(p2V2,T2).
所以V2＝eq \f(p1T2,p2T1)V1＝eq \f(×104×300×20,×105×280) m3＝ m3.
因V2＞V1，故有气体从房间内流出．
房间内气体质量m2＝eq \f(V1,V2)m1＝eq \f(20,21)×25 kg＝ kg.
【答案】 kg
11.×105 Pa，体积为×10-3 m3的理想气体，现在活塞上方缓缓倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体温度变为127 ℃.
(1)求气缸内气体的最终体积；
×105 Pa)．
【解析】 (1)在活塞上方倒沙的全过程中温度保持不变，即p0V0＝p1V1
解得p1＝eq \f(V0,V1)p0＝eq \f(×10－3,×10－3)××105 Pa
×105 Pa
在缓慢加热到127 ℃的过程中压强保持不变，则
eq \f(V1,T0)＝eq \f(V2,T2)
所以V2＝eq \f(T2,T0)V1＝eq \f(273＋127,273)××10－3 m3
×10－3 m3.
(2)如下图所示．
【答案】 ×10－3 m3 (2)见解析
12．(12分)(2009年高考海南单科)一气象探测气球， cmHg)、温度为 ℃的氦气时，体积为 m3.在上升至海拔 km高空的过程中， cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变．此后停止加热，保持高度不变．已知在这一海拔高度气温为－ ℃.求：
(1)氦气在停止加热前的体积；
(2)氦气在停止加热较长一段时间后的体积．
【解析】 (1) 在气球上升至海拔 km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程．
根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2①
式中，p1 cmHg，V1＝ m3，p2 cmHg，V2是在此等温过程氦气末状态的体积．由①式得
V2＝ m3.②
(2)在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1＝300 K下降到与外界气体温度相同，即T2＝225 K．这是一等压过程
根据盖·吕萨克定律有eq \f(V2,T1)＝eq \f(V3,T2)③
式中，V3是在此等压过程氦气末状态的体积．由③式得
V3＝ m3.④
【答案】 (1) m3 (2) m3